Oscilador harmônico amortecido

V

=

kx

=

kA



t+

=

m A



t+

,

de modo que a soma da energia cinética mais a energia potencial é: (2.19)

1

2 2₀

2

C

E V+ =

m A

=E

,

ou seja, a energia total é constante no tempo, e novamente obtemos a relação entre a amplitude do movimento e a energia mecânica,

k

E

A=

2

/

. A equação 2.19 diz que a energia cinética e a energia potencial variam continuamente no tempo, mas sua soma permanece sempre constante. Observe atentamente que só podemos explicitar estas energias como função do tempo depois de resolver a equação de movimento, achando assim

x(t)

.

Exemplo 1. Como aplicação elementar dos resultados acima, va- mos obter a solução para uma situação em que um bloco atado a uma mola, numa superfície horizontal sem atrito, no instante inicial

0

=

=t

aplicado um impulso que o faz adquirir uma velocidade inicial

−v

₀ (em direção à origem). Veja que a energia mecânica cedida ao bloco é

E mv=

₀2

/ 2+kx

₀2

/ 2

e vai permanecer constante, pois não estamos levando em conta a existência de atrito.

Como temos a solução geral, devemos aplicá-la neste caso específico, para determinarmos as constantes de integração

A

e



da equação 2.7 (ou, caso se queira, as constantes

C

₁ e

C

₂ da equação 2.8). Escolhendo a solução geral

x A=

sen(

₀

t+)

, aplicamos as condições iniciais:

x

₀

=Asen

,

− =v

₀



₀

Acos

, de onde, 0 0 0

x

tg

v



 = −

e 2 2 0 0 2 0

v

A

x



=

+

.

A solução

x(t)

para este problema é, então:

(2.20) 2 2 0 0 2 0 0

sen(

)

v

x

x



t





=

+

+

,

sendo

= −arctg(

_{0 0}

x v/ )

₀ . Você deve ser capaz de mostrar que a solução da equação 2.20 é completamente equivalente a:

(2.21) _{0 0} 0 ₀ 0 0

cos

v

sen

x x

t

t

x











=

_

−

_





.

Faça isso usando a solução geral dada na equação 2.8 e determinan- do as constantes

C

₁ e

C

₂.

Agora é a sua vez!

Para completar este exemplo, use a equação 2.20 e calcule a energia cinética e a energia potencial como funções explícitas do tempo. Some estas energias e mostre que o resultado é igual a

mv

₀2

/ 2+kx

₀2

/ 2=E

. Veja que a solução encontrada na equação 2.20 pode ser particulari- zada para as situações em que

x

₀

=0

ou em que

v

₀

=0

.

2.2.2 Oscilador harmônico amortecido

Até agora consideramos situações em que a energia mecânica se con- serva, isto é, tratamos o problema do oscilador de maneira idealizada, pois em sistemas físicos reais sempre temos forças de atrito agindo. A experiência de descansar balançando em uma rede é de curta du- ração, em pouco tempo a amplitude das oscilações tende a zero e é necessária a aplicação de uma força para balançarmos mais um

pouco. Assim, para que nossos resultados estejam mais próximos de descrever uma situação real, devemos incluir forças de atrito. Natural- mente, uma força constante não é de interesse analisar, pois a adição de uma força constante não altera o movimento harmônico simples, alterando apenas a posição de equilíbrio em torno da qual ocorrem as oscilações. Para explicitarmos este fato, adicionamos uma força

F

₀ constante na equação 2.4 e obtemos:

m x

••

= − +kx F

₀, ou, (2.22)

x

2₀

x

F

0

m



••

+

=

.

Fazendo-se a substituição

x'= −x F m

₀

/

₀2, temos •

'x x=

• e ••

'x x=

•• e, substituindo na equação 2.22, obtemos, para a equação de movimento:

(2.23) ••

x'+

₀2

x' 0=

, significando que as oscilações ocorrem em torno do ponto

x =' 0

, isto é, em torno do ponto

x F m=

₀

/

2₀. Um exemplo deste caso é um bloco pendurado em um teto por meio de uma mola, onde a força constante é o peso do bloco. Não iremos tratar dos casos em que a força de atrito depende explicitamente do tempo, como é o caso de um sistema mas- sa-mola numa superfície horizontal rugosa. Nestes casos, a cada meio ciclo, a força de atrito inverte de sentido, o que leva a uma dependên- cia explícita com o tempo. Na maioria dos casos, uma boa aproxima- ção, particularmente quando a força de atrito é pequena, é considerar a força de atrito como linearmente dependente da velocidade, isto é,

a

F

= −bv

(veja que agora a força tem uma dependência implícita com o tempo). Forças de atrito dependentes do quadrado da velocidade são mais realistas em alguns casos, mas não trataremos desse caso, pois as equações de movimento não são lineares e a solução destas equa- ções, em geral, só podem ser obtidas por integração numérica.

Com a inclusão de uma força de atrito proporcional à velocidade, a equação de movimento fica:

m x

••

= − −kx b x

•,

ou,

x

b

x

2₀

x

0

m



•• •

+

+

=

.

(2.24) ••

x+2x

•

+

2₀

x=0

.

Esta é a equação que descreve o oscilador amortecido. Note que o coeficiente de amortecimento depende fortemente do meio em que se encontra o oscilador. Pense em um pêndulo a oscilar no ar e outro oscilando no interior de um líquido. Como antes, procuramos uma solução como a proposta na equação 2.11,

x e₌

t _{e, substituindo}

_x

_,

t

x

•

_=e

 _e ••

_x=

2

_e

t _{na equação 2.24, encontramos:}

e

t

(

2

+2 +

₀2

) 0=

, o que significa que:

(2.25)



2

+2 +

₀2

=0

. Observe que esta equação fornece duas raízes: (2.26)



₁

= − +



2

−

₀2 ,

(2.27)



₂

= − −



2

−

2₀ .

Agora você tem a solução geral para o oscilador no caso de amor- tecimento,

(2.28) 1 2

1 t 2 t

x C e₌

−

₊C e

− _.

Para analisar movimentos possíveis a partir da equação 2.28, está claro que devemos analisar três situações distintas:

Oscilador subamortecido, que ocorre quando

ω

2₀

>

γ

2; Oscilador superamortecido, se

ω < γ

2₀ 2;

Oscilador criticamente amortecido, neste caso



2₀

=

2.

Caso (a): Oscilador subamortecido

No oscilador subamortecido você pode escrever as expressões para as raízes



₁ e



₂ de forma abreviada, fazendo



₁

=



₀2

−

2 e, assim,

1

i

1



= − +



e



₂

= − −

i

₁. Logo, a combinação linear das soluções 1t

e

 _e

e

2t _{fornece a posição como função do tempo,} (2.29) 1 1 1 2

(

i t i t

)

t

x e₌

−

C e



₊C e

− , solução que podemos reescrever com o auxílio da equação de Euler:

Lembre-se de que γ é o coeficiente de amortecimento

_{γ =}b m_{/ 2}

e que

ω =

2₀

k m/

é a freqüência angular natural de oscilação do sistema (ou freqüência característica do sistema).

(2.30)

_{x e=}

−t

_{( senB}

_

₁

_{t C+}

_cos

₁

_t)

_, onde

(

)

2 1

A

A

i

B

=

−

e

C

=

A

₁

+A

₂. Também podemos reescrever a solução

x(t)

dada na equação 2.29 como:

(2.31)

x Ae=

−t

cos(

₁

t+)

,

sendo que agora

A=

B

2

+C

2 e

tg = − C

B

.

Observe que as duas maneiras convenientes de se expressar a posição como função do tempo no caso do oscilador subamortecido são as equa- ções 2.30 e 2.31. Com as condições iniciais, determinamos as constantes

A

e



(ou

B

e

C

). Note que a solução dada pela equação 2.31 mos- tra claramente que o sistema oscila com uma freqüência angular natural

1



. Esta freqüência natural não é uma freqüência no sentido estrito da palavra, como é o caso de



₀, já que a partícula nunca passa pelo mes- mo ponto duas vezes com a mesma velocidade (já que esta se compor- ta como um oscilador subamortecido). Como você pode observar pela equação 2.31, a amplitude de oscilação decresce exponencialmente com o tempo. E a amplitude da velocidade (derivada da posição), obviamente, também decresce com o tempo. E assim, diz-se que o sistema oscila com a freqüência



₁ com uma amplitude exponencialmente decrescente. A figura 2.2 mostra a posição como função do tempo para osciladores su- bamortecidos. Nesta figura, a curva a mostra

x t( )

quando o oscilador é afastado de sua posição de equilíbrio de um valor

x

₀ e liberado (

v =

₀

0

); enquanto que a curva b mostra

x t( )

na situação em que o mesmo osci- lador no instante inicial está em repouso (

x =

₀

0

), adquirindo uma velo- cidade

v

₀ por meio de um impulso a ele aplicado.

b a t x x 0 0

Você deve ser capaz de usar a equação 2.30 para mostrar que a solu- ção representada pela curva a da figura 2.2 é:

0 1 1 1

(cos

sen )

t

x x e



_t



_t



−

=

+

,

enquanto que, para a curva b desta mesma figura, a solução é:

0 1 1

sen

t

v

x

e



_t



−

=

.

Caso (b): Oscilador superamortecido

Quando



2₀

<

2, temos o chamado oscilador superamortecido. Ago- ra as duas raízes dadas nas equações 2.26 e 2.27 são reais, isto é:

1 2



= − + 

e



₂

= − − 

₂, em que abreviamos a notação, usando

2 2

2 0



=



−

. E a solução geral para a posição

x(t)

é obtida nova- mente como combinação linear das soluções

e

1t _e

e

2t_{, ou seja,} 1 2 1 t 2 t

x C e₌



₊C e

 _, ou, (2.32) 2 2 1 2

(

t t

)

t

x e₌

−

C e



₊C e

− _.

Agora você tem um decrescimento exponencial da posição com o tempo. Observe que os dois termos decrescem no tempo, um com taxa de decrescimento maior que a do outro (não ocorrem oscilações, não é uma função que depende de seno ou co-seno). Note que



₂ não é uma freqüência, pois não temos mais um movimento que se repete em ciclos. As constantes

C

₁ e

C

₂ são obtidas mediantes as condições iniciais em cada situação.

Exemplo 2. Vamos determinar o movimento de um oscilador su- peramortecido considerando que, quando em equilíbrio

(x =

₀

0)

, aplicamos um impulso, de modo que ele adquire uma velocidade

v

₀. Usando a equação 2.32, obtemos a velocidade,

2 2 2 2

1 2 2 1 2 2

(

t t

)

t t

(

t t

)

x

•

_{= −}

C e



₊C e

−

e

−

₊e

−

_

C e



_−

C e

− _.

Em

t =0

você tem as condições

x x=

₀

=0

e

x v

•

=

₀, que já foram enunciadas no início do exemplo, o que fornece duas equações (uma para posição e outra para velocidade):

0 C C=

₁

+

₂

→

C

₂

= −C

₁,

v

₀

= −(C C

₁

+

₂

)+

₂

(C C

₁

−

₂

)

.

Compare a solução geral 2.32 com a solução 2.29 e 2.30 da oscilação subamortecida. Qual a sua análise?

Você pode verificar que ₁ 0 2

2

v

C



=

e a posição como função do tempo neste caso é: 0 2 2 2

(

)

2

t t t

v

x

e



e



e





− −

=

−

.

Este resultado pode ser expresso em termos das funções seno hiper- bólico e co-seno hiperbólico, cujas definições são:

senh

,

cosh

2

2

e e

 

e e

 





− −

−

+

=

=

,

e a partir das quais definimos as demais funções hiperbólicas, como a tangente hiperbólica e a cotangente. Logo, a solução

x t( )

que encon- tramos acima, neste exemplo, pode ser escrita como:

0 ₂ 2

senh

t

v

x

e



_

t



−

=

.

Esta solução está representada na figura 2.3, para três coeficientes de amortecimento diferentes (por exemplo, osciladores idênticos mas em meios diferentes), em que podemos ver que o oscilador, devido ao impulso, se afasta da posição de equilíbrio até um valor máximo, o que acontece no instante

t

₁, retornando em seguida ao equilíbrio. Sabendo que o instante

t

₁ corresponde ao máximo da função

x t( )

e que neste ponto

x

•

=0

você deve ser capaz de mostrar que o instante

1

t

é dado por ₁ 2 2

1 arctgh

t







=

, em que

arctgh

=arco tangente hiper- bólico, é a função inversa da tangente hiperbólica.

t

₁

t

₂

t

₃

Este exemplo mostra claramente que podemos expressar a solução geral do oscilador superamortecido em termos de funções hiperbólicas, isto é, a solução dada pela equação 2.32 é completamente equivalente a:

x e₌

−t

( coshA

_

₂

t B₊

senh_

₂

t)

_,

em que

A C C=

₁

+

₂ e

B C C=

₁

−

₂.

Caso (c): Oscilador criticamente amortecido

O amortecimento crítico ocorre quando



2₀

=

2 e assim, usando as equa- ções 2.26 e 2.27, vemos que as raízes



₁e



₂ são iguais:



₁

=



₂

= −

. Isto quer dizer que a solução geral dada pela equação 2.28 é:

(2.33)

x C C e₌(

₁

₊

₂

)

−t

₌B e

₁ −t_,

em que fizemos

C

₁

+C

₂

=B

₁=constante. E temos apenas uma so- lução. Uma outra solução deve ser achada para a equação de movi- mento (equação 2.24) onde agora

 =

₀. Podemos provar que, neste caso, a segunda solução é:

x te=

−t,

pois

x e

•

₌

−t

_−te

−t _e ••

_{x= −e}

−t

_−e

−t

_+

2

_te

−t_{, e assim, substituin-}

do

x

,

x

• e •

x

• na equação 2.24, ficamos com:

−e

−t

−e

−t

+

2

te

−t

+2e

−t

−2

2

te

−t

+

₀2

te

−t

=0

, ou,

(_

2₀

_−

2

)te

−t

₌0

_.

O que é verdade para qualquer

t

, pois

 =

₀. A solução geral no caso de amortecimento crítico é, então, a combinação linear das duas soluções encontradas:

(2.34)

x B B t e=(

₁

+

₂

)

−t.

Novamente, as constantes

B

₁ e

B

₂ são determinadas a partir das condições iniciais. A solução encontrada mostra que não temos os- cilação, mas sim um decrescimento exponencial da posição com o tempo, que agora é mais rápido que no caso de superamortecimento. Na figura 2.4, encontramos gráficos da posição como função do tem- po para osciladores superamortecidos e criticamente amortecidos. A curva a da figura 2.4 mostra o caso do oscilador com amortecimento crítico e a curva b, o caso superamortecido.

b

a

x

x0

t

Figura 2.4 Posição como função do tempo para o oscilador criticamente amortecido (a) e superamortecido (b).

Os gráficos na figura 2.4 ilustram os resultados para a situação em que os osciladores têm como condição inicial uma determinada posição

0

x

e velocidade nula. Veja que, no amortecimento crítico, o oscilador retorna mais rapidamente à posição de equilíbrio, enquanto que, para o oscilador superamortecido, temos um decrescimento exponencial bem mais lento. Aplicamos este conhecimento sobre osciladores em problemas com mecanismos que se aproximam da posição de equilí- brio sob a ação de uma força de atrito de amortecimento, como pon- teiros de medidores, molas pneumáticas ou hidráulicas de portas. Se você deseja uma porta do tipo vai-e-vem, ela deve ser construída de modo que se comporte como um oscilador subamortecido. Na maio- ria dos casos, deseja-se que, quando deslocado de sua posição de equilíbrio, o mecanismo retorne a esta posição de forma rápida, po- rém macia. Como no caso crítico o oscilador retorna mais rapidamen- te para a posição de equilíbrio, procura-se construir mecanismos em que



₀

=

, na medida do possível.

No documento 248448733 Mecanica Geral (páginas 54-62)